Đề thi HSG lớp 12 có đáp án đề 5

đề thi học sinh giỏi khối 12
Thời gian :180 Môn : Toán
1-Bài 1: (3 điểm) Cho tích phân

=
2
0

xdxSinI
n
n
. (
*
Nn

)
a-Tìm hệ thức giữa I
n
và I
n+2
b-CMR : hàm số f
(n)
=(n+1)I
n
I
n+1
thoả mãn f
(n+1)
=f
(n)
.

c-Tính f
(n)
2- Bài 2 : (4 điểm) a- Giải bất phơng trình sau :
( )
2
2
211
4
x
x
+
< 2x+9.
b- Tìm m để hệ sau có nghiệm:





=+
=+
myCosxCos
SinySinx
22
2
1

3- Bài 3 : ( 3 điểm) Cho dãy số thực a
0
;a
1

;a
2
;....................;a
n
;........ thoả mãn :

( )
1....................1
210
=
n
aaaa
. Dãy b
n
xác định nh sau :
k
a
n
k
k
k
n
a
a
b
1
1
1
1

=









=

a- CMR:
n
b

0
< 2.
b-CMR : Mọi C cho trớc
C

0
< 2 đều tồn tại dãy a
0
;a
1
;a
2
;....................;a
n

;........ Thoả
mãn (1) sao cho b
n
> C với vô số chỉ số n.
4- Bài 4 : ( 3 điểm )Cho
ABC

CMR: Điều kiện cần và đủ để trên đoạn AB tồn tại điểm D sao
cho CD là trung bình nhân các độ dài AD ;BD là:

2
.
2
C
SinSinBSinA

.
5- Bài 5 : (3 điểm). CMR x
1
>0 ; x
2
>0 ; x
1
y
1
-z
1
2
>0 ; x
2

y
2
-z
2
2
>0. Thì :

( )( ) ( )
.
118
2
222
2
111
2
212121
zyxzyx
zzyyxx

+


+++
Dấu bằng xảy ra khi nào?
6- Bài 6 : ( 4điểm)
Cho hình vuông ABCD cạnh a. và một tam giác đều SAB nằm trong hai mặt phẳng vuông
góc với nhau.I là trung điểm của AB, M là một điểm chạy trên AB.
1-CMR :
( ) ( ) ( ) ( )
.; SABSBCSABSAD

Vẽ giao tuyến và tính góc phẳng nhị diện của (SAD)
và (SBC).
2- Vẽ MN; MQ lần lợt song song với BS,BC. (N
CDQAS

;
).Mặt phẳng
( )
.PSDMNQ
=
a- CMR: MNPQ là hình thang vuông,
RPQMN
=
. Tìm quĩ tích R khi M di
chuyển trên AB.
b- Đặt AM=x. Tính diện tích hình thang MNPQ theo a và x, xác định x để diện
tích đạt giá trị lớn nhất .Tính diện tích lớn nhất đó.
1
đáp án thi học sinh giỏi khối 12
1- bài 1: ( 3 điểm)
a- Tìm hệ thức giữa I
n
và I
n+2
. ta có I
n+2
=
( )

===
+
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2222
.1.

xdxCosxSinxdxSindxxCosxSinxdxSinxSinxdxSin
nnnnn
(*) (0,5)
đặt





+
=
=

=
=
+
xSin
n
v
Sinxdxdu
CosxdxxSindv
Cosxu
n
n
1
1
1
.
(0,25)
vậy
.
1
1
0
1
1
1
1
2
2
0
2

2
0
2
0
12
+
++

+
+=
+
+






+
=
n
nnn
I
n
xdxSin
n
xCosxSin
n
xdxxCosSin

(0,5)
vậy (*) trở thành
I
n+2
= I
n
-
1
1
+
n
I
n+2


(n+1)I
n
= (n+2) I
n+2
(0,25)
b- CM : f
(n+1)
= f
(n)

từ f
(n)
=(n+1) I

n
I
n+1


: f
(n+1)

)
=(n+2) I
n+1
I
n+2
. mà (n+1)I
n
= (n+2) I
n+2
(0,5)
nên ta có
f
(n+1)

)
=(n+1) I
n
I
n+1
= f
(n)
(0,25)

c- Tính f
(n)
ta có
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
.
.............
.............
1
1
43
32
21
ff
ff
ff
ff
ff
n
nn
=

=
=
=
=

(0,25)
f
(n)
=f
(1)
=2.I
1
I
2
=2.
[ ]
( )
2
21
2
1
.2.
2
0
2

0
2
0
2
0
2




==

dxxCosCosxxdxSinSinxdx
(0,5)
2
vËy f
(n)
=
2
π
víi
n
∀
.
2- Bµi 2: (4 ®iÓm)
a- (2 ®iÓm) §Ó vÕ tr¸i cã nghÜa :
®iÒu kiÖn :






≠
−≥
⇔



≠+−
≥+
0
2
1
0211
021
x
x
x
x
(0,25)
Ta nhËn thÊy r»ng
)211(
211
)211(2
211
2
x
x
xx
x

x
++−=
−−
++
=
+−
(0,25)
VËy
2
2
2
)211(
)211(
4
x
x
x
++=
+−
(0,25)
BPT :
⇔
: ( 1+
x21
+
)
2
< 2x + 9 (0,25)

⇔

1+1 +2x + 2
x21
+
< 2x + 9 (0,25)
⇔

x21
+
<
2
7
⇔
1+ 2x <
4
49
(0,25)
⇔
2x <
4
49
- 1 =
4
45
⇔
x <
8
45
(0,25)
KÕt hîp víi ®iÒu kiÖn :
TËp hîp nghiÖm cña BPT : x

)



−
∈
8
45
;
2
1
\
{ }
0
(0,25)
b- (2 ®iÓm)
3
(0,5)
Đặt Sinx = u ; Siny = v . Khi đó hệ trở thành :
(1)
(2)
(0,5)
(3)

- Các điểm thoả mãn ( 3) nằm trong hình vuông MNPQ .
đờng thẳng (1) nằm trong hình vuông là đoạn thẳng AB .
A(
)1;
2
1

; B (
)
2
1
;1

(0,25)
Nên ta phải tìm m để đờng tròn tâm 0 bán kính r =
2
2 m

cắt đoạn AB.
Ta thấy OA = OB =
4
5
khoảng cách từ O đến AB là OC =
8
1
2
2
.
2
1
=
(0,25)
Vậy để đờng tròn ( 2) cắt AB. Trong hình vuông ta phải có
4
7
2

1
4
5
2
2
8
1



m
m
(0,5)
với m







4
7
;
2
1
thì hệ có nghiệm
3-Bài 3 : ( 3 điểm)
a-
1

k
ta có :
kk
aa


1
1
vì vậy 1-
0
1


k
k
a
a
=> :
k
a
n
k
k
k
n
a
a
b
1

1
1
1

=









=
0


n


(0,5)
mặt khác :
( )( ) ( )
k
kk
kk
kkkk
kk
kk

k
k
k
a
aa
aa
aaaa
aa
aa
a
a
a
1
1
11
11
.2
.
1
).1(






+
=

=

4











=+
=+
1;1
2
2
2
1
22
vu
m
vu
vu
( )

=




kkkk
kk
aaaa
aa
11
22
11
1
vậy b
n

2
211
2
11
2
00
1
1
=<

=










=

aaaaa
n
n
k
kk
vậy
n
b

0

< 2. (0,5)
b- Nếu chọn C thoả mãn
C

0
< 2 thì ta có thể chọn đợc q sao cho C<q <2 .phơng
trình x(x+1)=q có hai nghiệm trái dáu vì -q<0.nghiệm dơng x
1
=p thoả mãn 0<p<1 ( vì nếu
p>1 thì p(P+1) >2>q ) (0,5)
xét dãy
...);.........3;2;1..(
1
2
==
n
p
a
n
n
thoả mãn 1=a
0
<a
1
<a
2
<a
3
< .......<a
n

<....... đồng thời
k
k
k
k
pp
a
a
a
)1(
1
)1(
2
1
=

(0,25)

k
a
n
k
k
k
n
a
a
b
1
1

1
1

=









=
=
.)1()1()1(
1
)1(
)1()1(
2
1
2 nnn
n
n
k
k
qpqpqppp
p
pp
ppp

==+=


=

=

(0,5)
vì 0<p<1=>
n
n
p
lim

=0 do đó
.
lim
q
n
b
n
=

mà q>C nên nếu nđủ lớn thì b
n
> C. (0,25)
4-Bài 4: ( 3 điểm)
(0,5)
* Điều kiện cần : (1điểm)
Giả sử : CD

2
=AD.BD Ta có :
[ ]
2
)1(
2
1
)()(
2
1
..;
2
212121
21
C
Sin
CosCCCCosCCCosSinCSinCSinBSinA
DB
SInC
CD
SinB
AD
SinC
CD
SinA
=
+====
* Điều kiện đủ : (1,5 điểm)
Từ SinA.SinB
)1(

2
1
2
2
CosC
C
Sin
=
(0,25)
2SinA.SinB + CosC

1 Mặt

: SinA.SinB > 0 (0,25)
=> 2SinASinB + Cos C > CosC > -1
Vậy :


: 0





để Cos

=2SinASinB + Cos C
0

C

và Cos

> CosC nên

<C (0,25)
=> SinA.SinB =
21
2
.
2
)(
2
1
SinCSinC
C
Sin
C
SinCosCCos
=
+
=


5